¿Por qué es válida esta prueba de una relación de congruencia?

Question

La siguiente pregunta viene desde el 2012 en Singapur Olimpiada Matemática (Sección Abierta), la Ronda 2.

Deje $p$ ser un extraño prime. Mostrar que $$1^{p-2}+2^{p-2}+3^{p-2}+\dots+\left(\frac{p-1}2\right)^{p-2}=\frac{2-2^p}{p}\pmod p.$$

Después de probar y fallar para encontrar una prueba, fui a mirar la solución oficial, que es como sigue.

Tenga en cuenta que para cada $k=1,2,\dots,(p-1)/2$, es cierto que $$\frac{2k}p\binom{p}{2k}=\frac{(p-1)(p-2)\dotsm(p-2k+1)}{(2k-1)!}=-1\pmod{p}.$$ Therefore, the LHS is $$\sum_{k=1}^{(p-1)/2}k^{p-2}=-\sum_{k=1}^{(p-1)/2}k^{p-2}\frac{2k}{p}\binom{p}{2k}=-\frac2p\sum_{k=1}^{(p-1)/2}k^{p-1}\binom{p}{2k}=-\frac2p\sum_{k=1}^{(p-1)/2}\binom{p}{2k}.$$ La suma en la última igualdad se cuenta el número de incluso del tamaño de subconjuntos no vacíos de un $p$-elemento, que es la $2^{p-1}-1$.

Tengo un problema con la prueba, en la última igualdad. Sé que la prueba va en la idea de que $k^{p-1}=1$ por cada $k\neq 0$ (Fermat Poco Teorema), pero eso no significa que tenemos que trabajar dentro de $\mathbb Z/p\mathbb Z$, lo que haría que el $-\frac2p$ una división por $0$? Para ilustrar, supongamos que afirmó que $$\frac{2-2^p}p=\frac2p(1-2^{p-1})=\frac2p(1-1)=0\pmod p.\tag{1}$$ Este es, por supuesto, absurdo, porque realmente tenemos un $0/0$ en el último paso, así que estamos dividiendo por $0$. De hecho, podemos ver (por ejemplo) $(2-2^3)/3=-2$, que no es divisible por $3$. Así que cuando estamos trabajando en el interior de $\mathbb Z/p\mathbb Z$, no es posible dividir por $p=0$. ¿Cómo, entonces, es el razonamiento en $(1)$ falaz, pero que en la prueba de la correcta? Lo que me estoy perdiendo aquí?

Answer 1

$c_k := \large -\frac{2}p\binom{p}{2k}\in\Bbb Z\,$ por $\,\large p\mid\binom{p}{2k}.\,$ $\,\color{#c00}{kc_k\equiv 1}\pmod {\!p}\,$ como boceto. Así que con $\large \,\sum = \sum _{k\,=\,1}^{(p-1)/2}$

$$\bmod p\!:\,\ \sum k^{\large p-2}\equiv\sum k^{\large p-2} \color{#c00}{k\, c_k} \equiv \sum c_k =\, -\frac{2}p\sum\binom{p}{2k} =\, \frac{-2(2^{\large p-1}-1)}p\qquad\qquad$$

Tenga en cuenta que el final de la $2$ ecuaciones no son congruencias - se entero de las igualdades (la fracción $\in\Bbb Z),\,$ y el primer $2$ congruencias se refieren los números enteros. Así que la prueba es correcta (aunque la notación que oscurece).

Answer 2

Las ideas detrás de la prueba están bien, pero se ha escrito (en mi humilde opinión) un poco sin cuidado. Usted puede reparar mediante la sustitución de cada congruencia $a\equiv b\pmod p$ por una ecuación de $a=b+mp$ y siguiendo esencialmente el mismo argumento. Ellos también han podido mencionar el hecho importante de que $\binom{p}{2k}$ es un múltiplo de a$p$ siempre $p\not\mid k$.

En la siguiente, para salvar a la escritura, $m$ representa un número entero que no necesita ser el mismo cada vez (así, por ejemplo, puedo escribir $2(m+5)=m$). Tenemos $$\frac{2k}{p}\binom{p}{2k}=-1+mp$$ y así $$\def\sk{\sum_{k=1}^{(p-1)/2}} \eqalign{ \sk k^{p-2}&=\sk k^{p-2}\Bigl(mp-\frac{2k}{p}\binom{p}{2k}\Bigr)\cr &=mp-\frac2p\sk k^{p-1}\binom{p}{2k}\cr &=mp-\frac2p\sk (1+mp)\binom{p}{2k}\cr &=mp-\frac2p\sk \binom{p}{2k}-2m\sk\binom{p}{2k}\cr &=mp-\frac2p(2^{p-1}-1)-2m\sk mp\cr &=\frac{2-2^p}{p}+mp\ .\cr}$$ Por lo tanto, $$\sk k^{p-2}\equiv \frac{2-2^p}{p}\pmod p\ .$$

Comentario. La convención "$m$ representa un número entero que no tiene por qué ser el mismo en cada momento" es exactamente la razón por la congruencia de la notación es muy útil. Por otro lado, como tu pregunta demuestra que, a veces, la congruencia de la notación tiene desventajas también.

Answer 3

Dos cosas me sorprenden en tu análisis:

1. parece que no aplicas $y\equiv b\bmod m \implies y=mx+b$ para ingresar a las matemáticas polinomiales lineales en las que x importa.
2. Parece que no expandes y distribuyes la división en términos de término, esto daría:

PS

Ahora no hay divisiones por 0 (han sido canceladas).